（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第五章 数列 4 第4讲 数列求和刷好题练能力 文

第4讲数列求和1．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列Snn的前10项的和为________．解析：因为a1＝3，Sn＝n（a1＋an）2＝n(n＋2)，所以Snn＝n＋2.故S11＋S22＋…＋S1010＝75.答案：752．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有10项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为________．解析：a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－（2＋20）×102＝240－110＝130.答案：1303．已知数列{an}中an＝n－1，n为奇数，n，n为偶数，则a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝________.解析：由题意得a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×49×（2＋98）2＋100＝5000.答案：50004．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14＝________．解析：由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，可知数列{an}是等差数列，由S25＝（a1＋a25）×252＝100，解得a1＋a25＝8，所以a1＋a25＝a12＋a14＝8.答案：85．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2017的值为________．解析：因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009.答案：10096．已知数列{an}的通项公式为an＝lg1＋2n2＋3n，n＝1，2，…，Sn是数列{an}的前n项和，则Sn＝________.解析：an＝lg1＋2n2＋3n＝lgn2＋3n＋2n2＋3n＝lg（n＋1）（n＋2）n（n＋3）＝lg(n＋1)＋lg(n＋2)－lgn－lg(n＋3)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(lg2＋lg3－lg1－lg4)＋(lg3＋lg4－lg2－lg5)＋(lg4＋lg5－lg3－lg6)＋…＋[lg(n＋1)＋lg(n＋2)－lgn－lg(n＋3)]＝[lg(n＋1)－lg1]－[lg(n＋3)－lg3]＝lgn＋1n＋3＋lg3.答案：lgn＋1n＋3＋lg37．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列1anan＋1的前100项和为________．解析：设等差数列{an}公差为d.因为a5＝5，S5＝15，所以a1＋4d＝5，5a1＋5×（5－1）2d＝15，所以a1＝1，d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n.所以1anan＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以数列1anan＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…[phone]＝1－1101＝100101.答案：1001018．(2019·南京质检)已知数列{an}满足an＋1＝12＋an－a2n，且a1＝12，则该数列的前2018项的和等于________．解析：因为a1＝12，又an＋1＝12＋an－a2n，所以a2＝1，从而a3＝12，a4＝1，即得an＝12，n＝2k－1（k∈N*），1，n＝2k（k∈N*），故数列的前2018项的和等于S2018＝1009×1＋12＝30272.答案：302729．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________．解析：因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n－2＋2＝2n.所以Sn＝2－2n＋11－2＝2n＋1－2.答案：2n＋1－210．在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________.解析：依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋30×292×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.答案：48011．已知等比数列{an}中，首项a1＝3，公比q1，且3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＋13an是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.解：(1)因为3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，所以3(anq2＋an)－10anq＝0，即3q2－10q＋3＝0.因为公比q1，所以q＝3.又首项a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n.(2)因为bn＋13an是首项为1，公差为2的等差数列，所以bn＋13an＝1＋2(n－1)．即数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1－3n－1，前n项和Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝－12(3n－1)＋n2.12．(2019·江苏省名校学术联盟第一次调研)设数列{an}满足a1＝2，a2＋a5＝14，且对任意n∈N*，函数f(x)＝an＋1x2－(an＋2＋an)x满足f′(1)＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1（an－1）（an＋1），记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜12.解：(1)由f(x)＝an＋1x2－(an＋2＋an)x，得f′(x)＝2an＋1x－(an＋2＋an)，由f′(1)＝0，得2an＋1＝an＋2＋an，故{an}为等差数列．设等差数列{an}的公差为d，由a1＝2，a2＋a5＝14，得(a1＋d)＋(a1＋4d)＝14，解得d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*)．(2)证明：bn＝1（an－1）（an＋1）＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，所以Sn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＜12.1．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列1bnbn＋1的前n项和Sn＝________．解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a1＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以1bnbn＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1.则数列1bnbn＋1的前n项和为1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.答案：nn＋12．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________.解析：由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，得am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以等差数列的公差为d＝am＋1－am＝3－2＝1，由am＝a1＋（m－1）d＝2，Sm＝a1m＋12m（m－1）d＝0，得a1＋m－1＝2，a1m＋12m（m－1）＝0，解得a1＝－2，m＝5.答案：53．设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列1f（n）(n∈N*)的前n项和为________．解析：因为f′(x)＝mxm－1＋a，所以m＝2，a＝1.所以f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n.所以1f（n）＝1n2＋n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，则1f（1）＋1f（2）＋1f（3）＋…＋1f（n－1）＋1f（n）＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.答案：nn＋14．(2019·无锡模拟)数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和．若a12＝38a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________．解析：设{an}的公差为d，由a12＝38a5＞0得a1＝－765d，d＜0，所以an＝n－815d，从而可知当1≤n≤16时，an＞0；当n≥17时，an＜0.从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞….因为a15＝－65d＞0，a18＝95d＜0，所以a15＋a18＝－65d＋95d＝35d＜0，所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，故当Sn取得最大值时n＝16.答案：165．(2019·南京四校第一学期联考)已知向量a＝(x，－1)，b＝(xy，x－y)，若a⊥b，y＝f(x)．(1)求f(x)的表达式；(2)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝13，a2n＋1＝2anf(an)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式；(3)在(2)的条件下，设bn＝1a2n－1，Sn为数列{bn}的前n项和，求使Sn＞1278成立的n的最小值．解：(1)由a⊥b，得x2y＋(－1)(x－y)＝0，所以y＝xx2＋1，则f(x)的表达式为f(x)＝xx2＋1.(2)由(1)知f(x)＝xx2＋1，所以a2n＋1＝2anf(an)＝2an·ana2n＋1＝2a2na2n＋1，因此1a2n＋1＝a2n＋12a2n＝12a2n＋12，所以1a2n＋1－1＝12a2n－12＝121a2n－1.又1a21－1＝9－1＝8≠0，所以数列1a2n－1是以8为首项，12为公比的等比数列，则1a2n－1＝8×12n－1＝24－n.又an＞0，所以an＝124－n＋1，则数列{an}的通项公式为an＝124－n＋1.(3)由(2)知数列1a2n－1是以8为首项，12为公比的等比数列，而bn＝1a2n－1，所以数列{bn}是以8为首项，12为公比的等比数列，因此数列{bn}的前n项和Sn＝81－12n1－12＝161－12n.又Sn＞1278，所以161－12n＞1278，则12n＜1128，所以n＞7.所以正整数n的最小值为8.6．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(二))定义：nP1＋P2＋…＋Pn为n个正数P1，P2，P3，…，Pn(n∈N*)的“均倒数”．已知等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn，若S3＋2是S2和S4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}的前n项的“均倒数”为12an－1(n∈N*)．令cn＝bn－an＋1a2n－1(n∈N*)，记数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数n，都有Tn∈[a，b]，求b－a的最小值．解：(1)因为S3＋2是S2和S4的等差中项，所以2S3＋4＝S2＋S4，所以a3＋4＝a4，又等比数列{an}的公比为2，所以a3＝4，所以a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由题意知，nb1＋b2＋…＋bn＝12n－1